Đặt S là diện tích (m²), chiều dài là a (m), chiều rộng là b (m)

Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}S_A=a_A.b_A\left(m^2\right)\\S_B=a_B.b_B\left(m^2\right)\\S_C=a_C.b_C\left(m^2\right)\end{matrix}\right.\)

Vì:

Khu đất A và B có cùng chiều dài => \(a_A=a_B\)

Tổng các chiều rộng của A và B là 33m => \(b_A+b_B=33\left(m\right)\)

Tỉ lệ diện tích giữa A và B là 5 : 6 => \(\dfrac{S_A}{S_B}=\dfrac{5}{6}\)

=> \(\dfrac{a_A.b_A}{a_B.b_B}=\dfrac{5}{6}\)

Mà \(a_A=a_B\)

=> \(\dfrac{b_A}{b_B}=\dfrac{5}{6}\)

=> \(\dfrac{b_A}{5}=\dfrac{b_B}{6}=\dfrac{b_A+b_B}{5+6}=\dfrac{33}{11}=3\)

=> \(\left\{{}\begin{matrix}b_A=3.5=15\left(m\right)\\b_B=3.6=18\left(m\right)\end{matrix}\right.\)

\(5C_{17}H_{31}COOH+24KMnO_4+36H_2SO_4\rightarrow5C_6H_{12}O_6+5C_3H_4O_4+5C_9H_{16}O_4+12K_2SO_4+24MnSO_4+36H_2O\)

\(8C^{+\dfrac{3}{2}}\rightarrow7C^{+\dfrac{2}{7}}+C^{+4}+18e|\times5\)

\(Mn^{+7}+5e\rightarrow Mn^{+2}|\times18\)

\(5C_8H_{12}+18KMnO_4+27H_2SO_4\rightarrow5C_7H_{10}O_6+9K_2SO_4+18MnSO_4+5CO_2\uparrow+32H_2O\)

Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}n_R=a\left(mol\right)\\n_{Zn}=b\left(mol\right)\end{matrix}\right.\left(a,b>0\right)\)

`=>` \(aM_R+65b=1,7\)

\(n_{H_2}=\dfrac{0,672}{22,4}=0,03\left(mol\right)\)

PTHH:
R + 2HCl ---> RCl₂ + H₂ 

a----------------------->a

Zn + 2HCl ---> ZnCl₂ + H₂ 

b-------------------------->b

`=> a + b = 0,03`

`=> 65a + 65b = 1,95`

`=>` \(\left(65a+65b\right)-\left(aM_R+65b\right)=1,95-1,7\)

`=>` \(a\left(65-M_R\right)=0,25\)

`=>` \(a=\dfrac{0,25}{65-M_R}\)

Mà \(a< 0,03\)

`=>` \(\dfrac{0,25}{65-M_R}< 0,03\)

`=>` \(M_R< 56,67\left(1\right)\)

Mặt khác: \(n_R=\dfrac{1,7}{M_R}\left(mol\right);n_{H_2}=\dfrac{1,12}{22,4}=0,05\left(mol\right)\)

PTHH: R + 2HCl ---> RCl₂ + H₂ 

           \(\dfrac{1,7}{M_R}\)------------------->\(\dfrac{1,7}{M_R}\)

`=>` \(\dfrac{1,7}{M_R}< 0,05\)

`=>` \(M_R>34\left(2\right)\)

Từ `(1), (2) => 34 < M_R < 56,67`

Mà R là kim loại thuộc nhóm IIA

`=>` \(R:C\text{anx}i\left(Ca\right)\)

Đặt kim loại không tan là R có hóa trị cao nhất là n

\(n_{SO_2}=\dfrac{0,112}{22,4}=0,005\left(mol\right)\)

PTHH: \(2R+2nH_2SO_{4\left(\text{đ}\text{ặ}c\right)}\xrightarrow[]{t^o}R_2\left(SO_4\right)_n+nSO_2+2nH_2O\)

          \(\dfrac{0,01}{n}\)<-------------------------------------0,005

`=>` \(M_R=\dfrac{1,005}{\dfrac{0,01}{n}}=100,5n\left(g/mol\right)\)

Xét `n = 2` thỏa mãn 

`=>` \(M_R=100,5.2=201\left(g/mol\right)\)

`=>` \(R:\text{Thủy ngân}\left(Hg\right)\)

Đặt kim loại còn lại là M có hóa trị m

`=>` \(m_M=7,505-1,005=6,5\left(g\right)\)

\(n_{H_2}=\dfrac{2,24}{22,4}=0,1\left(mol\right)\)

PTHH: \(2M+2nHCl\rightarrow2MCl_n+nH_2\)

            \(\dfrac{0,2}{n}\)<--------------------------0,1

`=>` \(M_M=\dfrac{6,5}{\dfrac{0,2}{n}}=32,5n\left(g/mol\right)\)

Xét `n = 2` thỏa mãn

`=>` \(M_M=32,5.2=65\left(g/mol\right)\)

`=>` \(M:\text{Kẽm}\left(Zn\right)\)

Vậy hai kim loại trong hợp kim lần lượt là thủy ngân và kẽm

Gọi kim loại hóa trị II và III lần lượt là M, R

PTHH: 

`M + 2HCl -> MCl_2 + H_2 (1)`

`2R + 6HCl -> 2RCl_3 + 3H_2 (2)`

\(n_{H_2}=\dfrac{10,08}{22,4}=0,45\left(mol\right)\)

Xét `2` trường hợp`:`

`-` Trường hợp `1:` \(n_M:n_R=1:3\)

Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}n_M=a\left(mol\right)\\n_R=3a\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

Theo PT `(1), (2):` \(n_{H_2}=n_M+\dfrac{3}{2}.n_R=5,5a\left(mol\right)\)

`=>` \(5,5a=0,45\)

`=>` \(a=\dfrac{9}{110\left(mol\right)}\)

`=>` \(\dfrac{9}{110}M_M+\dfrac{3.9}{110}M_R=5,4\)

Mà \(M_R=3M_M\)

`=>` \(\dfrac{9}{110}M_M+\dfrac{27}{110}.3M_M=5,4\)

`=>` \(M_M=6,6\left(g/mol\right)\)

`=>` Loại

`-` Trường hợp `2:` \(n_M:n_R=3:1\)

Gọi \(\left\{{}\begin{matrix}n_M=3x\left(mol\right)\\n_R=x\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

Theo PT `(1), (2):` \(n_{H_2}=n_M+\dfrac{3}{2}n_R=4,5x\left(mol\right)\)

`=> 4,5x = 0,45`

`=> x = 0,1`

`=>` \(0,1.3M_M+0,1M_R=5,4\)

Mà \(M_R=3M_M\)

`=>` \(0,3M_M+0,3M_M=5,4\)

`=>` \(M_M=9\left(g/mol\right)\) `=> M: Beri(Be)`

`=>` \(M_R=9.3=27\left(g/mol\right)\) `=> M: Nhôm(Al)`

Vậy kim loại hóa trị II và III lần lượt là Beri và Nhôm

Câu 1:

- Trích một ít các chất lấy làm mẫu thử cho vào ống nghiệm, có đánh số
 thứ tự từ (1) đến (3) tương ứng với lọ chứa

- Nhỏ từng giọt mẫu thử vào từng mẩu quỳ tím riêng biệt, nếu thấy:
+ Mẫu thử làm quỳ tím hóa xanh: dd NaOH

+ Mẫu thử không làm quỳ tím đổi màu: dd NaCl, dd Na₂SO₄ 

- Nhỏ vài giọt dd BaCl₂ vào 2 mẫu thử chưa nhận biết được, nếu thấy:

+ Mẫu thử nào tạo kết tủa màu trắng: dd Na₂SO₄ 

PTHH: \(Na_2SO_4+BaCl_2\rightarrow B\text{aS}O_4\downarrow+2NaCl\)

+ Mẫu thử nào không có hiện tượng gì: dd NaCl

- Dán nhãn cho các lọ chứa hóa chất

Câu 2:

PTHH: Fe + 2HCl ---> FeCl₂ + H₂ 

Cu không phản ứng với HCl

\(n_{H_2}=\dfrac{6,72}{22,4}=0,3\left(mol\right)\)

Theo PTHH: \(n_{Fe}=n_{H_2}=0,3\left(mol\right)\)

=> \(\left\{{}\begin{matrix}\%m_{Fe}=\dfrac{0,3.56}{30}.100\%=56\%\\\%m_{Cu}=100\%-56\%=44\%\end{matrix}\right.\)

Câu 3:

- Trích một ít các chất lấy làm mẫu thử, cho vào ống nghiệm, có đánh số thứ tự

- Cho dd NaOH dư vào các ống nghiệm, nếu thấy:

+ Kim loại tan ra, có khí không màu, không mùi bay lên: Al

PTHH: \(2NaOH+2Al+2H_2O\rightarrow2NaAlO_2+3H_2\)

+ Còn lại không tan là 2 kim loại Fe, Ag

- Cho 2 kim loại chưa nhận biết được tác dụng với dd H₂SO₄ loãng dư, nếu thấy:

+ Kim loại tan ra, có khí không màu, không mùi bay lên: Fe

PTHH: \(Fe+H_2SO_{4\left(lo\text{ãn}g\right)}\rightarrow FeSO_4+H_2\)

+ Kim loại còn lại không tan là Ag

- Dán nhãn

Câu 4:

a) \(n_{Fe}=\dfrac{5,6}{56}=0,1\left(mol\right)\)

PTHH: Fe + 2HCl ---> FeCl₂ + H₂ 

           0,1--->0,2------>0,1----->0,1

=> \(C_{M\left(HCl\right)}=\dfrac{0,2}{0,1}=2M\)

b) \(\left\{{}\begin{matrix}V_{H_2}=0,1.22,4=2,24\left(l\right)\\m_{mu\text{ố}i}=m_{FeCl_2}=0,1.127=12,7\left(g\right)\end{matrix}\right.\)

Câu 6:

a) \(2Fe\left(OH\right)_3\xrightarrow[]{t^o}Fe_2O_3+3H_2O\)

b) \(H_2SO_4+Na_2O\rightarrow Na_2SO_4+H_2O\)

c) \(NaOH+HCl\rightarrow NaCl+H_2O\)

d) \(2NaOH+CO_2\rightarrow Na_2CO_3+H_2O\)

\(n_{MgCl_2}=\dfrac{13,3}{95}=0,14\left(mol\right)\)

Gọi \(\left\{{}\begin{matrix}n_{Mg}=a\left(mol\right)\\n_{MgO}=b\left(mol\right)\end{matrix}\right.\left(\text{Đ}K:a,b>0\right)\)

=> 24a + 40b = 4,2 (*)

Theo PT (1), (2): \(n_{MgCl_2}=n_{Mg}+n_{MgO}\)

=> a + b = 0,14 (**)
Từ (*), (**) => a = 0,0875 (mol); b = 0,0525 (mol)

Theo PT (1): \(n_{H_2}=n_{Mg}=0,0875\left(mol\right)\)

=> \(V=V_{H_2}=0,0875.22,4=1,96\left(l\right)\)

\(n_{MCl_2}=\dfrac{13,3}{M_M+71}\left(mol\right)\)

PTHH: M + 2HCl ---> MCl₂ + H₂ (1)

            MO + 2HCl ---> MCl₂ + H₂O (2)

Theo PT (1), (2): \(n_M+n_{MO}=n_{MCl_2}=\dfrac{13,3}{M_M+71}\left(mol\right)\)

`=>` \(\overline{M}_{M,MO}=\dfrac{4,2}{\dfrac{13,3}{M_M+71}}=\dfrac{6}{19}.\left(M_M+71\right)=\dfrac{6}{19}M_M+\dfrac{426}{19}\left(g/mol\right)\)

Ta có: \(M_M< \overline{M}_{M,MO}< M_{MO}\)

`=>` \(M_M< \dfrac{6}{19}M_M+\dfrac{426}{19}< M_M+16\)

`=>` \(9,38< M_M< 32,77\)

Mà M có hóa trị II

`=> M: Magie(Mg)`

a) Gọi phần trăm của đồng vị ²⁴Mg, ²⁵Mg là a và b

`=> a + b + 11 = 100 => a + b = 89 (1)`

Và \(\overline{M}_{Mg}=\dfrac{24a+25b+26.11}{100}=24,32\)

`=> 0,24a + 0,25b = 21,46 (2)`
Từ `(1), (2) => a = 79; b = 10`

Vậy phần trăm của đồng vị ²⁴Mg là 79%, ²⁵Mg là 10%

b) \(n_{Mg}=n_{MgO}=0,5\left(mol\right)\)

`=>` \(n_{^{24}Mg}=0,5.79\%=0,395\left(mol\right)\)

`=>` \(m_{^{24}Mg}=0,395.24=9,48\left(g\right)\)

c) `MgO, Mg(OH)_2`